¿Qué pasa con $\int_0^1\int_0^1\frac{\text{gd}(\log(xy))}{1-xy}dxdy,$ donde $\text{gd}(z)$ es la función gudermanniana?

Question

Esta mañana estaba pensando en integrales del tipo $$\int_0^1\int_0^1\frac{\text{Numerator}(x,y)}{1-xy}\,dxdy,$$ donde $\text{Numerator}(x,y)$ es una función de $x$ y $y$ con funciones especiales. Entonces, como un caso particular de estos estoy tratando de pensar si

Pregunta. ¿Es posible calcular una expresión (una serie, una forma cerrada que implique funciones especiales o una muy buena aproximación) para $$\int_0^1\int_0^1\frac{\text{gd}(\log(xy))}{1-xy}\,dxdy,$$ donde $\text{gd}(z)$ es la función gudermanniana? ¿Cuáles son sus cálculos y su enfoque? Si no conoces esta función especial mira esto MathWorld . Gracias de antemano.

Fíjate que he elegido este ejemplo con el fin de combinarlo con la expresión que implica la función de Guermann y la función tangente inversa, $(4)$ en la referencia anterior. Entonces, utilizando un producto de Cauchy, escribí $$\int_0^1\int_0^1\frac{\text{gd}(\log(xy))}{1-xy}\,dxdy=2\sum_{k=0}^\infty\sum_{l=0}^k\frac{(-1)^l}{(2l+1)(l+k+2)^2}-\frac{\pi^3}{12}.$$ Por otro lado Calculadora online Wolfram Alpha sabe calcular integrales indefinidas como

int arctan(xy)/(1-xy)dx

pero con mi tiempo estándar de cálculo y código no soy capaz de calcular una forma cerrada para nuestra integral en la Pregunta.

Answer 1

Tenemos $\text{gd}\log z=2\arctan z-\frac{\pi}{2}$ Por lo tanto $$ \iint_{(0,1)^2}\frac{\text{gd}\log(xy)}{1-xy}\,dx\,dy=2\iint_{(0,1)^2}\frac{\arctan(xy)}{1-xy}\,dx\,dy-\frac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\iint_{(0,1)^2}(xy)^n\,dx\,dy$$ donde la última integral es claramente igual a $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ . Desde $$ \arctan(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n z^{2n+1}}{2n+1} $$ tenemos $$ 2\iint_{(0,1)^2}\frac{\arctan(xy)}{1-xy}\,dx\,dy = 2\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{m\geq 2n+2}\frac{1}{m^2}=\frac{\pi^3}{12}-\color{blue}{2\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n H_{2n+1}^{(2)}}{2n+1}} $$ y todo el problema se reduce a evaluar la serie azul. Tenemos $$ \sum_{n\geq 1} H_{n}^{(2)} z^n = \frac{\text{Li}_2(z)}{1-z},\qquad \sum_{n\geq 0} 2\,H_{2n+1}^{(2)} z^{2n+1} = \frac{\text{Li}_2(z)}{1-z}-\frac{\text{Li}_2(-z)}{1+z} $$ por lo que la evaluación de la serie azul es equivalente al cálculo de la integral $$ \frac{1}{i}\int_{0}^{i}\left(\frac{\text{Li}_2(z)}{z(1-z)}-\frac{\text{Li}_2(-z)}{z(1+z)}\right)\,dz$$ que por descomposición parcial de la fracción y las identidades funcionales para el dilogaritmo y el trilogaritmo es igual:

$$ 2\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n H_{2n+1}^{(2)}}{2n+1}=\color{blue}{-\frac{\pi^3}{24}+G \log 2-\frac{\pi}{8}\log^2(2)+4\,\text{Im }\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)} $$ donde $G$ es la constante de Catalán.